Question

18．已知${f_n}（x）={a_1}x+{a_2}{x^2}+{a_3}{x^3}+…+{a_n}{x^n}$，且${f_n}（-1）={（-1）^n}•n$，n=1，2，3，…
（Ⅰ）求a₁，a₂，a₃；
（Ⅱ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅲ）當(dāng)k＞7且k∈N^*時，證明：對任意n∈N^*都有$\frac{2}{{{a_n}+1}}+\frac{2}{{{a_{n+1}}+1}}+\frac{2}{{{a_{n+2}}+1}}+…+\frac{2}{{{a_{nk-1}}+1}}＞\frac{3}{2}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意得f₁（-1）=-a₁=-1，f₂（-1）=-a₁+a₂=2，f₃（-1）=-a₁+a₂-a₃=-3，從而解得；
（Ⅱ）由f_n（-1）=-a₁+a₂-a₃+…+（-1）ⁿa_n=（-1）ⁿn，f_n-1（-1）=-a₁+a₂-a₃+…+（-1）^n-1a_n-1=（-1）^n-1（n-1），從而求通項公式；
（Ⅲ）令b_n=$\frac{{a}_{n}+1}{2}$=n，從而化簡S=$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{nk-1}$，故2S=（$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{nk-1}$）+（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{nk-2}$）+…+（$\frac{1}{nk-2}$+$\frac{1}{n+1}$）+（$\frac{1}{nk-1}$+$\frac{1}{n}$），結(jié)合$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$≥$\frac{4}{x+y}$可證明．

解答 解：（Ⅰ）∵f₁（-1）=-a₁=-1，∴a₁=1，
∵f₂（-1）=-a₁+a₂=2，∴a₂=3，
∵f₃（-1）=-a₁+a₂-a₃=-3，∴a₁=5；
（Ⅱ）∵f_n（-1）=-a₁+a₂-a₃+…+（-1）ⁿa_n=（-1）ⁿn，
f_n-1（-1）=-a₁+a₂-a₃+…+（-1）^n-1a_n-1=（-1）^n-1（n-1），
∴（-1）ⁿa_n=（-1）ⁿn-（-1）^n-1（n-1）=（-1）ⁿ（2n-1），
∴當(dāng)n≥2時，a_n=2n-1，且a₁=1也符合a_n=2n-1；
故a_n=2n-1；
（Ⅲ）證明：令b_n=$\frac{{a}_{n}+1}{2}$=n，
則S=$\frac{1}{_{n}}$+$\frac{1}{_{n+1}}$+$\frac{1}{_{n+2}}$+…+$\frac{1}{_{nk-1}}$
=$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{n+2}$+…+$\frac{1}{nk-1}$，
故2S=（$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{nk-1}$）+（$\frac{1}{n+1}$+$\frac{1}{nk-2}$）+…+（$\frac{1}{nk-2}$+$\frac{1}{n+1}$）+（$\frac{1}{nk-1}$+$\frac{1}{n}$），
∵當(dāng)x＞0，y＞0時，$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$-$\frac{4}{x+y}$=$\frac{（x-y）^{2}}{xy（x+y）}$≥0，
∴$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$≥$\frac{4}{x+y}$，
故2S＞$\frac{4}{n+nk-1}$+$\frac{4}{n+1+nk-2}$+…+$\frac{4}{n+nk-1}$=$\frac{4n（k-1）}{n+nk-1}$，
故S＞$\frac{2（k-1）}{1+k-\frac{1}{n}}$＞$\frac{2（k-1）}{k+1}$=2（1-$\frac{2}{k+1}$）＞2（1-$\frac{2}{7+1}$）=$\frac{3}{2}$；
故當(dāng)k＞7且k∈N^*時，對任意n∈N^*都有$\frac{2}{{{a_n}+1}}+\frac{2}{{{a_{n+1}}+1}}+\frac{2}{{{a_{n+2}}+1}}+…+\frac{2}{{{a_{nk-1}}+1}}＞\frac{3}{2}$成立．

點評 本題考查了等差數(shù)列的通項公式的求法及放縮法的應(yīng)用，關(guān)鍵在于不等式$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$≥$\frac{4}{x+y}$的判斷與應(yīng)用．